Xét 9 điểm trong mặp phẳng không có 3 điểm nào thẳng hàng 

           Cứ 2 điểm bất kì sẽ được nối với nhau bởi một đường thẳng Hoặc là màu đỏ hoặc xanh

a/

        Cứ 3 điểm bất kì thì phải tồn tại ít nhất một đoạn màu đỏ 

  CMR: Nếu Có một điểm nối tối đa là ba đoạn màu xanh thì tồn tại ít nhất một điểm nối với 2 cạnh màu xanh

b/ (Ý kiến của cá nhân)

               Với mỗi điểm bắt buộc  nối với các điểm còn lại và chỉ tạo ra 3 đoạn màu xanh

           CM: không thể Thực hiện được 

          (Không biết có chứng minh được 0) 

Hỗn tạp

https://drive.google...=Võ Quốc Bá Cẩn

Ở đâu thế bạn  

Đường dẫn ấy dẫn tới link drive của chính mình nên tụi mình không thể lấy tài liệu của bạn ấy đuwọc chỉ có bạn ấy mới có thể thấy

Cho Em xxin tài liệu bất đẳng thức của các kì thi chọn đội tuyển của thầy Võ Quốc Bá Cẩn

Lời giải hay quá nhưng làm sao để biết được dẫu = xảy ra khi x=y=z, với các bài dấu = xảy ra phức tạp thì phải làm sao???

 Mình chỉ đoán thôi bạn chứ dấu bằng xảy ra xấu thì mình nghĩ phải cân bằng hệ số mà phương pháp ấy khá phức tạp về bước giải phương trình mà không có máy thính thì chịu 

Kỹ thuật này dùng phương pháp đồng nhất hệ số. Đầu tiên dùng bất đẳng thức AM-GM hoặc AM-GM suy rộng ta sẽ tìm được giá trị nhỏ nhất khi $x=y=z$ và bài toán quy về chứng minh

\[(3x^2+4y^2+5z^2)(3x+2y+z) - 72xyz \geqslant 0.\]

Vì vế trái là một đa thức bậc $3$ không hoán vị cũng không đối xứng nên nếu biểu diễn được dưới dạng sos thì nó có thể có dạng

\[\begin{aligned}(3x^2+4y^2&+5z^2)(3x+2y+z) - 72xyz =  \\&= (m_1x+m_2y+m_3z)(x-y)^2 + (m_4x+m_5y+m_6z)(y-z)^2 + (m_7x+m_8y+m_9z)(z-x)^2.\end{aligned}\]

Đồng nhất hệ số hai vế giải hệ phương trình tìm nghiệm $m_i \geqslant 0,\,i=1,\,2,\,\ldots,\,9.$ Chú ý rằng hệ phương trình thu được là hệ phương trình tuyến tính và có thể có nhiều nghiệm nên phân tích trên không phải là duy nhất.

 

Có thể xem thêm ở đây.

   Anh có Tool hỗ trợ không ạ chứ em thấy anh biến đổi các bài phức tạp đều về SOS và chỉ cần tiêu chuẩn cơ bản

x, y, z là các số thực thỏa mãn: $2xyz=3x^{2}+4y^{2}+5z^{2}$. Tìm giá trị nhỏ nhất: $P=3x+2y+z$

  2xyz=$3x^2+4y^2+5z^2\geq 12\sqrt[12]{x^6y^8z^10}$ 

Suy ra $x^{3}y^{2}z\geq 6^6$

Mà: P=3x+2y+z$\geq 6\sqrt[6]{x^3y^2z}\geq 36$

Câu:3 Dùng 2 kết quả quen thuộc: 

         $a^{2}+1$ khhông chia hết cho 3 và 4

  Ta cần chỉ ra b chia hết cho cả 3 và 4

            Xét a=3k+1 Dễ dàng => b chia hết cho 3 vì nếu b=3h+1 hoặc 3h+2 thì Vô lí vì $a^{2}+1$ khhông chia hết cho 3

            Xét a=3k+2 Dễ dàng => b chia hết cho 3

Tương tự với TH: CHia hết cho 4

thôi có lẽ mình hiểu rồi . cảm ơn bạn . 

  Đúng rồi bạn bổ đề đúng với p nguyên tố tuy nhiên một số a=4k+3  thì luôn tồn tại tối thiểu một ước p=4h+3 (p nguyên tố) 

Câu 2: Giả sử $z< 3$

    Có bất đẳng thức: 

            $\frac{1}{x+yz}+\frac{1}{y+xz}\geq \frac{4}{x+y+xz+yz}> \frac{4}{4x+4y}$(Vô lí)

         => đpcm

bạn làm tiếp trường hợp chia hết cho 4 đi bạn , đoạn này mới khó . mình cũng chưa nghĩ ra . bạn nên giải chi tiết hơn . đoạn chia hết cho 3 thì mình cũng ra rồi 

  À xin hơi ẩu bài này cần phải dùng thêm bổ đề là $a^{2}+1$ không chia hết cho p: nuyên tố với p=4h+3

Dễ thấy a không thể chẵn vì nếu a chẵn

       a chia hết cho 2 và a+2b chia hết cho2 => $a^{2}+1\vdots 4$ (vô lí)

         Vậy a lẻ a=4k+1 và a=4k+3 (theo bổ đề thì TH này loại vì a chứa ước nguyên tố có dạng 4e+3)

            Vậy bài toán qui về cần chọn b sao cho (4k+1)(4k+1+b)(4k+1+2b) không chia hết cho 4  

                        Chọn b=4h => đpcm

                           Chọn b=4h+1 => 4k+1+2b=4k+1+8h+2=B(4)+3 nên tồn tại p=4l+3 (p nguyên tố) => vô lí theo bổ đề

                            Chọn b=4h+2 => 4k+1+b=4k+1+4h+2=B(4)+3 tương tự trên suy ra vô lí

                            Chọn b=4h+3 => 4k+1+b=4k+1+4h+3=B(4) vô lí vì a^2+1 không chia hết cho 4

 Vậy b chia hết cho 4

  Kí hiệu B(a) là bội của a

Xét x lẻ Theo LTE thì v₂(3^x -1)= v₂(2)=1 $\geq$ x  Suy ra  x=1; y=1

Xét x chẵn Theo LTE thì v₂(3^x -1)=v₂(3-1)+v₂(3+1)+v₂(x)-1 $\geq$ x 

                                Tương đương 2+v₂(x) $\geq$ x

Đặt x=2^a.b với (a,b)=1 ;a,b $\geq$ 1

vậy ta có: 2+v₂(x) $\geq$ x <=> 2+a $\geq$ 2^a.b   Mà 2^a.b $\geq$ (1+1)^a > a+1  hay 2^a.b $\geq$ a+2

    Dấu bằng xảy ra khi b=1; a=2 => x=4 => y=5

Đánh giá trên là BĐT bernoullin nha bạn, không thì chứng minh qui nạp cũng dễ (1+1)^a > a+1 với a $\geq$ 3

Không mất tính tỏng quát giả sử $y\geq x$

CÓ $2x+1\vdots y$ Suy ra $ky=2x+1\leq 2y+1\leq 3y$ Suy ra k=1,2,3 Thay vào vvà dễ dàng tìm ra được 

Ta dễ có: $n\equiv 0,1,2,3 (mod 4)$ Ta sẽ thu được lần lượt là $2^{n}\equiv 1;2;4;3$ 

      CHẳng hạn xét 1TH: Các TH còn lại tương tự $n\equiv 0 (mod 4) thì

 $n^{2}\equiv 4 (mod 5)$ 

         => $n\equiv 2 (mod5)$

                Dùng định lí phần dư trung hoa để tìm n sẽ có dạng: 

                      $n\equiv 0 (mod 4)$

                      $n\equiv 2 (mod5)$               

                  => $n\equiv 12 (mod20)$

 Các TH còn lại thì tương tự ta sẽ tìm đuwọc các số cần tìm theo môđun 20 

Nếu n=1 thì hiển nhiên

Nếu n>1

        p không thể chẵn

        Xét thêm  TH: p=5 =

          Với p khác 5 thì

              Do $a\vdots 5$ và n>1

                 Nên $2^{p}+3^{p}\vdots 5^{2}$

Mà $2^p+3^p=5.(2^{p-1}-2^{p-2}.3+...-2.3^{p-2}+3^{p-1})$

Mà -3 đồng dư với 2 mođulô 5

 Nên $2^{p-1}-2^{p-2}.3+...-2.3^{p-2}+3^{p-1}\equiv p.2^{p-1}(mod5)$

Mà $p.2^{p-1}\not\equiv 0 (mod 5)$ Nên vô lí vì VT không chia hết cho 25

ĐẶT x=a-1  y==b-1  z=c-1  => x,y,z>=-1 Và x+y+z=0

   P=x³+y³+z³ 

    Dễ Có (2x-1)²(x+1)>=0 <=> x³>=3/4x-1/4

Tương tự rồi cộng vế theo vế

$9=(x+y-5)^{2}+2(y-1)^{2}\geq (x+y+5)^{2} => -2\geq x+y\geq -8$

Dùng Bunhia 

   $(\sqrt{x^{2}+1}.1+\sqrt{2x}.1)^{2}\leqslant (x^{2}+1+2x)(1+1)=2(x+1)^{2}$

   $(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^{2}\leqslant (x+y+z)(1+1+1)=9$

A=$A=\sum (\sqrt{x^{2}+1}+\sqrt{2x})+\sum (3-\sqrt{2})(x+y+z)\leqslant \sqrt{2}(x+1+y+1+z+1)+(3-\sqrt{2})(3)$

đoạn màu đỏ vì sao lại được như vậy bạn 

Có $(m+n)^{3}-8\vdots m^{2}+n^{2} <=> (m+n)(m^{2}+n^{2}+2mn-2m-2n+4)\vdots m^{2}+n^{2}$

 DO $p=m^{2}+n^{2}$ là số nguyên tố đó  

$m^{3}+n^{3}-4\vdots m^{2}+n^{2} <=> (m+n)mn+4\vdots m^{2}+n^{2}$

$m^{3}+n^{3}-4+3mn(m+n)+12\vdots m^{2}+n^{2} => (m+n)^{3}-8\vdots m^{2}+n^{2}$

 => 2TH: 

            TH1 $m+n\vdots m^{2}+n^{2}$ Suy ra m=n=1 vì nếu m,n>1 ta dễ chứng minh $m^{2}+n^{2}$$>=m+n

            TH2: $2mn-2m-2n+4\vdots m^{2}+n^{2} => 2mn-2m-2n+4\geq m^{2}+n^{2} => 4+2mn>2mn-2m-2n+4>m^{2}+n^{2} => 4>(m-n)^{2}$

                       (dễ dàng tìm được m,n) 

Tìm bộ các số nguyên dương $(m;n)$ sao cho $p=m^2+n^2$ là số nguyên tố và $m^3+n^3-4$ chia hết cho $p$

 

File tổng hợp các chuyên đề hình học trong các số của TC THTT 

   Bị sao rồi ấy tải không được 
          bạn sửa dùm Cảm Ơn

Có 18 người chứng minh rằng cs 4 người đôi một quen nhau hoặc đôi một 0 quen nhau

Các bạn cho mình hỏi Bất đẳng thức Bernoulin chỉ dùng cho mũ nguyên thôi đúng không

Sử dụng $AM-GM$ suy rộng, ta có :
$$1.a^bb^cc^a \le \left (\dfrac{ab + bc + ca}{a + b + c}\right )^{a + b + c} = ab + bc + ca \le \dfrac{(ab + bc + ca)^2}{3} = \dfrac{1}{3}$$
$$2.a^{3c + b}b^{3a + c}c^{3b + a} \le \left (\dfrac{a(3c + b) + b(3a + c) + c(3b + a)}{4(a + b + c)}\right )^{4(a + b + c)}$$ $$ = \left (ab + bc + ca \right )^4 \le \dfrac{1}{3^4} = \dfrac{1}{81}$$

Bạn ơi a,b,c không nguyên sao cô si cho a+b+c số được 

 

Xét phương trình $(x+1)^y=x^z+1$ 
Dễ thấy $z$ lẻ 
PT $\Leftrightarrow (x+1)^{y-1}=x^{z-1}-x^{z-2}+..+x^2-x+1$ (*)

• Nếu $x$ là số lẻ khi đó mỗi số hạng của vế phải  của (*) đều lẻ nên suy ra vế phải của (*) là lẻ. Mặc khác vế trái lại chẵn (với $y>1$ còn khi $y=1$ thì $x=1$ $z=t$ với $t$ nguyên dương) dẫn đến vô lí (ý em là $y>1$) 
• Nếu $x$ là số chẵn viết lại phương trình $x^z=(x+1)^y-1$ (1)
  Suy ra $x^z=C_y^1.x+C_y^2.x^2+...+C_y^y.x^y$ 
  Dễ thấy $z>1$ suy ra $x^{z-1}=C_y^1+C_y^2.x+...+C_y^y.x^{y-1}$ (2)
  Xét $y=z=1$ suy ra $x=t$ với $t$ nguyên dương 
  Với $y,z>1$ vậy thì $x|x^{z-1},x^{y-1}$. Từ (2) suy ra $x|y$ . Vì $x$ chẵn nên $y$ chẵn 
  Đặt $x=2a,y=2b$ trong đó $a,b \ge 1$  
  (1) $\Rightarrow (2a)^z=(2a+1)^{2b}-1 \Rightarrow (2a)^z=[(2a+1)^b-1][(2a+1)^b+1]$  (3)
  Đặt $d=gcd((2a+1)^b-1,(2a+1)^b+1) \Rightarrow d=2$ (4)
  Nên ta tiếp tục chia thành các trường hợp : 
  TH1 : $a=1$ hoặc $a$ là lũy thừa của $2$ suy ra $(2a)^z$ cũng là lũy thừa $2$  
  (3)+(4) $\rightarrow (2a+1)^y-1=2 \Leftrightarrow a=1,b=1 \Rightarrow x=y=2,z=3$ 
  TH2 : $a$ không là lũy thừa của $2$ suy ra $a^z>2^z$ 
  Ta có $2^z.a^z=[(2a+1)^b-1][(2a+1)^b+1]$ do $a$ không là lũy thừa của $2$ nên $a^z$ là số lẻ. 
  Từ đó suy ra $\begin{cases} &(2b+1)^y+1=2^{z_1}.a^z&\\&(2b+1)^y-1=2^{z_2}& \end{cases}$ ($z_1+z_2=z$ và $z_1,z_2 \in \mathbb{N^*}$) 
  $a^z>2^z \Rightarrow 2^{z_1}.a^z>2^{z_1+z}$ 
  Suy ra $2^{z_1}.a^z-2^{z_2}>2$ 
  Suy ra $[(2a+1)^b+1]-[(2a+1)^b-1]>2$ (dễ thấy vô lí) 
  Kết luận $(x,y,z)=(1,1,t),(t,1,1),(2,2,3)$ 
  P/s : Xem lại dùm em cái

 

Bạn ơi chỗ đó a đâu có nguyên tố đâu nhỡ a được phân tích thành nhân tử có dạng a=pq thì 

$(2a+1)^{b}-1=2.p^{z} VÀ (2a+1)^{b}+1=2^{z-1}.q^{z}$ cũng được mà Mình nghĩ a phải nguyên tố bạn mới được tách như thế

 

Xét phương trình $(x+1)^y=x^z+1$ 
Dễ thấy $z$ lẻ 
PT $\Leftrightarrow (x+1)^{y-1}=x^{z-1}-x^{z-2}+..+x^2-x+1$ (*)

• Nếu $x$ là số lẻ khi đó mỗi số hạng của vế phải  của (*) đều lẻ nên suy ra vế phải của (*) là lẻ. Mặc khác vế trái lại chẵn (với $y>1$ còn khi $y=1$ thì $x=1$ $z=t$ với $t$ nguyên dương) dẫn đến vô lí (ý em là $y>1$) 
• Nếu $x$ là số chẵn viết lại phương trình $x^z=(x+1)^y-1$ (1)
  Suy ra $x^z=C_y^1.x+C_y^2.x^2+...+C_y^y.x^y$ 
  Dễ thấy $z>1$ suy ra $x^{z-1}=C_y^1+C_y^2.x+...+C_y^y.x^{y-1}$ (2)
  Xét $y=z=1$ suy ra $x=t$ với $t$ nguyên dương 
  Với $y,z>1$ vậy thì $x|x^{z-1},x^{y-1}$. Từ (2) suy ra $x|y$ . Vì $x$ chẵn nên $y$ chẵn 
  Đặt $x=2a,y=2b$ trong đó $a,b \ge 1$  
  (1) $\Rightarrow (2a)^z=(2a+1)^{2b}-1 \Rightarrow (2a)^z=[(2a+1)^b-1][(2a+1)^b+1]$  (3)
  Đặt $d=gcd((2a+1)^b-1,(2a+1)^b+1) \Rightarrow d=2$ (4)
  Nên ta tiếp tục chia thành các trường hợp : 
  TH1 : $a=1$ hoặc $a$ là lũy thừa của $2$ suy ra $(2a)^z$ cũng là lũy thừa $2$  
  (3)+(4) $\rightarrow (2a+1)^y-1=2 \Leftrightarrow a=1,b=1 \Rightarrow x=y=2,z=3$ 
  TH2 : $a$ không là lũy thừa của $2$ suy ra $a^z>2^z$ 
  Ta có $2^z.a^z=[(2a+1)^b-1][(2a+1)^b+1]$ do $a$ không là lũy thừa của $2$ nên $a^z$ là số lẻ. 
  Từ đó suy ra $\begin{cases} &(2b+1)^y+1=2^{z_1}.a^z&\\&(2b+1)^y-1=2^{z_2}& \end{cases}$ ($z_1+z_2=z$ và $z_1,z_2 \in \mathbb{N^*}$) 
  $a^z>2^z \Rightarrow 2^{z_1}.a^z>2^{z_1+z}$ 
  Suy ra $2^{z_1}.a^z-2^{z_2}>2$ 
  Suy ra $[(2a+1)^b+1]-[(2a+1)^b-1]>2$ (dễ thấy vô lí) 
  Kết luận $(x,y,z)=(1,1,t),(t,1,1),(2,2,3)$ 
  P/s : Xem lại dùm em cái

 

Không phải bạn ơi số a sao chia ra đuwọc 2 TH: LÀ lũy thừa của a và Trường hợp lẻ được còn một trường hợp là $a=2^{m}.n$